Bài 2 :

a) \(10\le\overline{a_7a_8}\le31\) để \(100\le\left(\overline{a_7a_8}\right)^2\le999\) là số có ba chữ số.

Với mỗi số trong khoảng \(\left\{10;11;12;...;31\right\}\) ta lại có một số \(\overline{a_1a_2a_3}\) khác nhau; còn a₄; a₅; a₆ tùy ý.

b) Trước hết : \(23\le\overline{a_7a_8}\le46\)

Trước hết để a₇a₈ khi lập phương lên sẽ vẫn có chữ số tận cùng ban đầu thì \(a_8\in\left\{0;1;4;5;6;9\right\}\)

Giả sử a₈ = 0 thì số a₄a₅a₆a₇a₈ chia hết cho 10³ = 1000; hay a₇ phải bằng 0; loại.

Nếu a₈ = 1 thì xét \(23\le\overline{a_7a_8}\le46\) có số 31 không thỏa mãn.

Tương tự xét các trường hợp còn lại khi đã có giới hạn \(23\le\overline{a_7a_8}\le46\).

Bài 1 :

Không đủ dữ kiện.

Ngộ nhỡ m = n = 2 thì điều phải chứng minh là sai.

\(\Leftrightarrow\left(\frac{x-b-c}{a}-1\right)+\left(\frac{x-c-a}{b}-1\right)+\left(\frac{x-a-b}{c}-1\right)=0\\ \)

\(\Leftrightarrow\left(x-p\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=0\)

=> x=p=(a+b+c)

sao lại là p

Để cái hình vs tên đại diện như hâm ý

Bùi Như Lạc cậu cũng hay đi bình phẩm người khác nhỉ chắc cậu hoàn hảo lắm à

Em mới lớp 7 nên chỉ biết giải bài 2 thôi

\(\frac{a+b-c}{c}=\frac{a+c-b}{b}=\frac{c+b-a}{a}\)

\(\Rightarrow\frac{a+b-c}{c}+2=\frac{a+c-b}{b}+2=\frac{c+b-a}{a}+2\)

\(=\frac{a+b}{c}-1+2=\frac{a+c}{b}-1+2=\frac{c+b}{a}-1+2\)

\(=\frac{a+b}{c}+1=\frac{a+c}{b}+1=\frac{c+b}{a}+1\)

\(=\frac{a+b+c}{c}=\frac{a+b+c}{b}=\frac{a+b+c}{a}\)

\(\Rightarrow a=b=c\) Thao vào P ta được :

\(P=\frac{\left(a+a\right)\left(a+a\right)\left(a+a\right)}{a^3}=\frac{2a.2a.2a}{a^3}=\frac{8a^3}{a^3}=8\)

1

xét hiệu \(x^5+y^5-x^4y-xy^4=x^4\left(x-y\right)-y^4\left(x-y\right)\)

       \(=\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)=\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\)

tự lập luộn nha \(\Rightarrow x^5+y^5-x^4y-xy^4\ge0\)

\(\Rightarrow x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\)

mình mới học lớp 5 nên hông hiểu lớp 8, bạn thông cảm nha !

Ta có: 

\(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)

\(\ge a^4b^2c^2+b^4c^2a^2+c^4a^2b^2=a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\)

Cái bất đẳng thức áp dụng trong bài là:

\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)

  ĐẶt 2^a = x; 2^b=y; 2^c=z;=> x;y;z>0 

dpcm<=> x^3+y^3+z^3 ≥x+y+z và xyz = 2^a.2^b.2^c =2^(a+b+c)=1 

Ta có: x^3+y^3 = (x+y)(x²+y²-xy).Vì x²+y² ≥ 2xy => x^3+y^3 ≥xy(x+y) 

Tương tự ta có: y^3+z^3≥ yz(y+z) 

z^3+ x^3≥ xz(x+z) 

Cộng vế với vế ta có: 

2(x^3+y^3+z^3) ≥ x²y+ xy² + y²z+yz²+x²z+xz² 

Cộng 2 vế với x^3+y^3 +z^3 ta có: 

3(x^3+y^3+z^3) ≥ x²(x+y+z) + y²(x+y+z) + z²(x+y+z) = (x+y+z)(x²+y²+z²) (*) 

Theo cô si ta có: 

x²+y²+z² ≥3.(x².y².z²)^1/3 = 3 (vì xyz=1) 

=> 3(x^3+y^3+z^3) ≥ 3(x+y+z) 

=> x^3+y^3+z^3 ≥ x+y+z 

=> dpcm